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化学综合实验江苏考纲要求1知道化学实验是科学探究过程中的一种重要方法，了解实验探究的一般过程。2了解控制实验条件的的方法，能改进简单的实验方案。3能识别简单的实验仪器装置图，能对实验数据进行初步分析或处理，并得出合理结论。4掌握一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的配制方法。初步掌握中和滴定的原理和方法。5能综合运用化学实验原理和方法，设计实验方案解决简单的化学问题，能对实验方案、实验过程和实验结果进行分析和评价。探究型实验知能深化扫盲点1考情分析 探究性实验以其创新、灵活的特点成为每年高考的热点题型，试题将元素化合物知识与化学实验知识巧妙地融合在一起，增加了题目的新颖度和难度，能充分考查学生的发散思维能力和分析问题的能力。实验往往通过对物质化学性质的实验探究、反应产物成分的实验探究、化学反应原理的实验探究，揭示反应原理、解释产生某些现象的原因等。主要考查点：对物质化学性质的实验探究；对反应产物成分的实验探究；对化学反应原理的实验探究。2解题指导探究型实验是中学化学实验的重要内容。设计实验探究时，要求原理准确、步骤简捷、现象明显、结论易得，且不对环境造成污染，中学化学性质实验探究的主要角度有：(1)物质氧化性、还原性的判断。如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中，通过KMnO4溶液是否褪色来说明。(2)物质氧化性强弱、还原性强弱的判断。如探究Fe3的氧化性强于I2时，可利用FeCl3与KI淀粉溶液反应，通过溶液是否变蓝色来说明Fe3的氧化性大于I2。(3)同周期、同主族元素性质的递变规律一般通过设计元素金属性、非金属性的强弱实验来完成，如通过Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg的活泼性强于Al。(4)电解质强弱的判断。如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA的溶液，测pH，若pH7，则说明HA为弱酸。(5)物质酸性强弱的判断。如探究碳酸和硅酸的酸性强弱，可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理，将CO2气体通入Na2SiO3溶液，看是否有白色沉淀生成来判断。(6)钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。可以通过控制所含的杂质是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等角度设计实验，找出规律。典例1(2017全国卷)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：_、_。(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。按下图连接好装置进行实验。仪器B的名称是_。将下列实验操作步骤正确排序_(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。a点燃酒精灯，加热b熄灭酒精灯c关闭K1和K2d打开K1和K2，缓缓通入N2e称量Af冷却到室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x_(列式表示)。若实验时按a、d次序操作，则使x_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为_(填标号)。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_。a品红bNaOHcBaCl2dBa(NO3)2 e浓H2SO4 写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式：_。解析(1)绿矾溶液中加入KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中不含三价铁；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，说明FeSO4易被空气中的氧气氧化。(2)仪器B是干燥管。根据实验目的及绿矾易被氧化的性质可知，实验时先打开K1和K2，缓缓通入N2排出装置中的空气，避免空气中的氧气将绿矾氧化；再点燃酒精灯进行加热；一段时间后熄灭酒精灯，冷却至室温，关闭K1和K2，再称量A。故正确的操作顺序是dabfce。根据题意，绿矾样品的质量为(m2m1)g，绿矾中结晶水的质量为(m2m3)g，则FeSO4的质量为(m3m1)g，设绿矾的化学式为FeSO4xH2O，则FeSO4xH2OFeSO4xH2O152 18x (m3m1)g (m2m3)g，解得：x。如果实验时按照a、d次序操作，则部分绿矾被氧化，导致m3增大，则测出结晶水的值x会偏小。(3)实验后残留的红色固体是Fe2O3。根据氧化还原反应规律，反应中硫元素的化合价必然降低，生成SO2。根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应的化学方程式：2FeSO4Fe2O3SO2SO3。由于SO3极易溶于水且能与水反应生成H2SO4，欲检验SO2和SO3，必须先用BaCl2溶液检验SO3，再用品红溶液检验SO2。答案(1)样品中没有Fe()Fe()易被氧气氧化为Fe()(2)干燥管dabfce偏小(3)c、a生成白色沉淀、褪色2FeSO4Fe2O3SO2SO3典例2(2015全国卷)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K15.4102，K25.4105。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101 ，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解。回答下列问题：(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是_，由此可知草酸晶体分解的产物中有_。装置B的主要作用是_。(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_。装置H反应管中盛有的物质是_。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_。(3)设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强_。草酸为二元酸_。解析第(1)问考查CO2的检验方法、草酸的物理性质，CO2能使澄清石灰水变浑浊，草酸的熔点为101 ，故草酸蒸气遇冷后会冷凝为非气态物质，故装置B的作用是冷凝。冷凝的目的是防止草酸蒸气对CO2的检验造成干扰。第(2)问考查实验方案的设计，先分析如何排除CO2对CO检验的干扰：检验CO气体，应先在H装置中进行CO还原CuO的反应，气体进入H装置前需除去CO中的CO2气体，从H装置中导出的气体需用澄清石灰水检验CO2气体的存在。再设计实验流程：第(2)问考查CO的检验方法，CO还原CuO时，黑色的CuO变成红色的单质Cu，且CO的氧化产物是CO2。故证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是H中的黑色粉末变成红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊。第(3)问考查一元酸、二元酸的证明方法，向NaHCO3溶液中加入草酸，若有CO2生成，即可证明草酸的酸性强于碳酸，当1 mol草酸与NaOH完全中和时，需要消耗2 mol NaOH溶液即可证明草酸为二元酸。答案(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊CO2冷凝(水蒸气、草酸等)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验(2)F、D、G、H、D、ICuOH中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊(3)向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍题后归纳物质实验探究设计需要注意的问题(1)有水蒸气生成时，先检验水蒸气再检验其他成分。(2)对于需要进行转化才能检测的成分要注意排除干扰。如CO的检验，要先检测CO中是否含有CO2，如果有CO2，先除去CO2后才能对CO实施转化，最后再检测转化生成的CO2。(3)若试题只给出部分药品和装置，则应给出必要的补充；若给出多余的试剂品种，则应进行筛选。(4)注重答题的规范性，有些题目要求指出试剂的名称。如无水硫酸铜、澄清石灰水、酸性高锰酸钾溶液、饱和NaHCO3溶液等。题点全练过高考1某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。(1)提出假设该反应的气体产物是CO2。该反应的气体产物是CO。该反应的气体产物是_。(2)设计方案如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。(3)查阅资料氮气不与炭粉、氧化铁发生反应。实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠(NaNO2)饱和溶液混合加热反应制得氮气。请写出该反应的离子方程式：_。(4)实验步骤按上图连接装置，_，称取3.20 g氧化铁、2.00 g炭粉混合均匀，放入48.48 g的硬质玻璃管中；加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水(足量)变浑浊；待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气。冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24 g；过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00 g。步骤、中都分别通入N2，其作用分别为_。(5)数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与炭粉发生反应的化学方程式：_。(6)实验优先学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善。甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液，其理由是_。从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案：_。解析：(1)根据极端假设可知还有一种情况就是二者的混合物。(3)H具有还原性，O具有氧化性，二者发生氧化还原反应，据此可写出反应的离子方程式。(5)由于炭粉过量，氧化铁完全反应，因此反应结束后所得固体是过量的炭粉和生成的Fe的混合物，其质量为m(Fe)m(C)剩52.24 g48.48 g3.76 g，其中m(Fe)3.20 g2.24 g，则m(C)剩3.76 g2.24 g1.52 g，m(C)反2.00 g1.52 g0.48 g，n(C)反0.04 mol，由实验步骤可知，反应中生成CO2 0.02 mol，则还生成CO 0.02 mol，n(CO)n(CO2)11，据此可写出Fe2O3与C反应的化学方程式：2CFe2O32FeCOCO2。(6)Ca(OH)2的溶解度很小，所以澄清石灰水中Ca(OH)2的浓度很小，一般不用作CO2的吸收剂，否则易导致吸收不完全造成实验误差，这是改用Ba(OH)2溶液的主要原因。本实验中能对环境造成污染的气体是CO，所以对方案的优化就是增加处理CO的装置。答案：(1)CO2、CO的混合物(3)NHNON22H2O(4)检查装置的气密性步骤中是为了排尽空气，步骤是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收(5)2CFe2O32FeCOCO2(6)Ba(OH)2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全；M(BaCO3)M(CaCO3)，称量时相对误差小在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置2某化学兴趣小组设计如下实验方案。将浓硫酸与铜片反应制备SO2并进行相关实验探究，实验装置如图所示：请回答下列问题：(1)装置B的作用是_。(2)设计装置C的目的是验证SO2的_性，装置C中发生反应的离子方程式是_。装置D中NaOH全部转化为NaHSO3的标志是_。(3)向NaHSO3溶液中加入NaClO溶液时，反应有三种可能的情况：.HSO与ClO恰好反应.NaClO不足.NaClO过量甲同学分别取上述混合溶液于试管中，通过下列实验确定该反应属于哪一种情况，请完成下表(已知酸性：H2SO3H2CO3HClO)：序号实验操作现象结论加入几小块CaCO3固体有气泡产生或滴加少量淀粉KI溶液，振荡滴加少量溴水，振荡滴加少量酸性KMnO4溶液，振荡溶液呈紫色(4)请设计简单实验证明室温下HSO的电离平衡常数Ka与水解平衡常数Kb的相对大小：_。解析：(2)在装置D中SO2先与NaOH反应生成NaHSO3，然后才与品红反应，所以当品红溶液褪色时，说明NaOH已反应完全。(3)HSO与ClO反应的离子方程式为HSOClO=SOClH，若NaClO过量，ClO可将I氧化为I2，从而使溶液变为蓝色。若NaClO不足，则HSO过量，HSO可与溴水发生反应：HSOBr2H2O=SO2Br3H，从而使溴水褪色。酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可将HSO氧化，若滴入酸性KMnO4溶液并振荡后，溶液呈紫色，说明溶液中不存在HSO，故可能是情况或情况。(4)Ka与Kb的相对大小直接关系到溶液的酸碱性。若KaKb，说明HSO的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，反之，溶液呈碱性，据此可通过测定溶液的pH来比较Ka和Kb的相对大小。答案：(1)防倒吸(或安全瓶)(2)还原SO2Br22H2O=4HSO2Br溶液由红色变无色(3)溶液变为蓝色溴水褪色或(4)常温下，用pH试纸(或pH计)测定NaHSO3溶液的pH，若pHKb；若pH7，则KaCl2Br2。限选试剂：NaBr溶液、KMnO4、浓盐酸、浓硫酸(5)装置d中盛放的试剂是_；实验中观察到的现象为_；此实验装置的不足之处是_。解析：(2)高锰酸钾能氧化盐酸，硝酸本身具有强氧化性，故选硫酸。(3)实验只有温度不同，所以探究的是温度对化学反应速率的影响。为了达到实验目的，应该让混合后溶液的体积相同，而H2C2O4的浓度不同，所以实验需要补充蒸馏水，则甲为V(蒸馏水)/mL，a为1.0，乙为t(溶液褪色时间)/s。(4)反应中生成了Mn2，应是反应生成的Mn2对反应有催化作用，且c(Mn2)越大催化效果越好。(5)需要判断氧化性：KMnO4Cl2Br2，首先要制取Cl2、Br2，再利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来进行判断，用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2，用Cl2和NaBr反应制取Br2，装置d中盛放的试剂是NaBr溶液，实验现象为c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为棕(橙)黄色；Cl2是有毒气体，需要尾气处理装置。答案：(1)100 mL容量瓶、胶头滴管(2)b(3)温度V(蒸馏水)/mL1.0t(溶液褪色时间)/s(4)反应生成的Mn2对反应有催化作用，且c(Mn2)越大催化效果越好(5)NaBr溶液c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为棕(橙)黄色没有尾气吸收装置定量型实验知能深化扫盲点1考情分析定量实验是将化学实验与化学计量有机结合在一起测定物质化学组成与含量的探究性实验，是近几年高考命题的常考题型。一般先通过实验测出相关的有效数据，然后经计算得出物质的组成与含量。由于定量实验目的性、实用性强，能给予学生较大的创造空间，更能激发学生的学习兴趣，培养学生严谨求实的科学态度。因此复习过程中注重定性实验拓展到定量实验的探讨。主要考查点：物质化学组成的实验探究；利用滴定原理确定物质含量的实验探究；通过准确测量沉淀的质量或气体的体积确定物质含量的实验探究。2解题指导典例1(2019南京高三联考)某兴趣小组用碱式碳酸铜CuCO3Cu(OH)2制取铜粉并测定铜粉纯度的实验如下：步骤1：将一定量的碱式碳酸铜置于烧杯中，向烧杯中加入N2H4的水溶液，边搅拌边加热，有大量的气体生成和红色铜析出，将沉淀过滤、低温干燥得红色粉末。步骤2：称取1.960 0 g红色粉末于烧杯中，缓慢加入足量稀硫酸，边加热边通入氧气使粉末完全溶解。冷却，将溶液移入100 mL 容量瓶中，用水稀释至刻度。步骤3：准确量取20.00 mL的溶液，调节溶液呈弱酸性，向其中加入过量的KI，充分反应后，以淀粉溶液作指示剂，用0.200 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时共消耗Na2S2O3标准溶液30.00 mL。过程中所发生的反应如下：Cu2ICuII(未配平)，IS2O =S4OI(未配平)。(1)步骤1中所发生反应的化学方程式为_。(2)步骤2 中所发生反应的离子方程式为_。(3)步骤3 中加入过量KI的作用是_。(4)若铜粉中杂质不参与步骤3 的反应，通过计算确定红色粉末中含铜质量分数(写出计算过程)。解析(1)步骤1：将一定量的碱式碳酸铜置于烧杯中，向烧杯中加入N2H4的水溶液，边搅拌边加热，有大量的气体生成和红色铜析出，根据氧化还原反应的规律，Cu元素化合价降低，则N元素化合价升高，根据题意应该生成氮气，反应的化学方程式为CuCO3Cu(OH)2N2H4=2CuN23H2OCO2。(2)步骤2中铜与氧气在硫酸溶液中反应生成硫酸铜，反应的离子方程式为2CuO24H=2Cu2H2O。(3)步骤3 中加入过量KI，可以增大I的浓度，使Cu2ICuII平衡正向移动，提高Cu2的转化率。(4)由题意可计算出消耗Na2S2O3的量，配平已知反应方程式可得关系式：2Cu2I2S2O由此计算出铜的质量，进而求算红色粉末中铜的质量分数。答案(1)CuCO3Cu(OH)2N2H4=2CuN23H2OCO2(2)2CuO24H=2Cu2H2O(3)增大I的浓度，提高Cu2的转化率(4)n(Na2S2O3)0.200 0 molL10.030 00 L0.006 0 mol，根据2Cu25I2CuII，I2S2O=S4O3I。有2Cu2I2S2O，则n(Cu2)n(Na2S2O3)0.006 0 mol，因此红色粉末中铜的质量为0.006 0 mol64 gmol11.920 0 g，铜的质量分数为100%97.96%。典例2(2014北京高考)碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。(1)采用装置A，在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是_。若钢样中硫以FeS形式存在，A中反应：3FeS5O21_3_。(2)将气体a通入测硫装置中(如图)，采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式：_。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液。若消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：_。(3)将气体a通入测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和C的目的是_。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。解析(1)根据题给信息可知气体a的成分为CO2、SO2和过量的O2。根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式：3FeS5O2Fe3O43SO2。(2)过氧化氢具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸。消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g，则消耗z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yz g，所以钢样中硫的质量分数为。(3)整个装置要准确测定CO2的含量，故需要排除干扰气体SO2，由题给装置可知，活性二氧化锰的作用是除去气体a中的SO2，重铬酸钾和浓硫酸的作用是检验SO2是否除尽。通过测量二氧化碳吸收瓶吸收CO2前、后的质量计算出钢样中碳的质量分数。答案(1)O2、SO2、CO2Fe3O4SO2(2)H2O2SO2=H2SO4(3)排除SO2对CO2测定的干扰吸收CO2前、后吸收瓶的质量题后归纳1气体体积的测量方法气体体积法就是通过测量气体的体积来确定被测物质组分含量的方法。一般是先使被测气体从试样中分离出来，通过量气装置测定气体的体积，然后确定其他成分的含量。(1)五种量气装置(2)量气时应注意的问题量气时应保持装置处于室温状态。读数时要特别注意消除“压强差”，保持液面相平还要注意视线与液面最低处相平。如图()()应使左侧和右侧的液面高度保持相平。2测量沉淀质量法先将某种成分转化为沉淀，然后称量过滤、洗涤、干燥后沉淀的质量再进行相关计算。称量固体一般用托盘天平，精确度为0.1 g，但精确度高的实验中可使用分析天平，可精确到0.000 1 g。题点全练过高考1KMnO4是实验室常用的氧化剂，可用作水处理剂等。(1)实验室用MnO2等为原料制取少量KMnO4的实验流程如图所示：“熔融”时，可用作坩埚材质的是_ (填标号)。a氧化铝b陶瓷c铁d玻璃“K2MnO4歧化”的离子方程式为_。“蒸发浓缩”时，温度需控制在80 ，适宜的加热方式是_。(2)高锰酸钾法测定水体COD (化学需氧量)的实验步骤如下：步骤1：准确移取100 mL水样，置于250 mL锥形瓶中。加入10 mL 13的硫酸，再加入15.00 mL 0.020 0 molL1 KMnO4 溶液(此时溶液仍呈紫红色)。步骤2：用小火煮沸10 min (水中还原性物质被MnO氧化，本身还原为Mn2)，取下锥形瓶趁热加10.00 mL 0.050 0 molL1 Na2C2O4溶液，充分振荡(此时溶液为无色)。步骤3：趁热用0.020 0 molL1 KMnO4溶液滴定至呈微红色，消耗KMnO4 溶液4.500 mL。通过计算确定该水样的化学需氧量(写出计算过程)。已知： COD是指在一定条件下，以氧化1 L水样中还原性物质所消耗的氧化剂的量，通常换算为需要的O2的质量(mg)，COD的单位为mgL1。解析：(1)“熔融”时氢氧化钾能与氧化铝、二氧化硅反应，陶瓷、玻璃中含有二氧化硅，故氧化铝坩埚、陶瓷坩埚、玻璃坩埚均不能选，可用作坩埚材质的是铁。“K2MnO4歧化”生成高锰酸盐和二氧化锰，反应的离子方程式为3MnO4CH3COOH=2MnOMnO24CH3COO2H2O。“蒸发浓缩”时，温度需控制在80 ，低于水的沸点100 ，故适宜的加热方式是水浴加热。(2)由题意分析知，水样和Na2C2O4共同消耗两份KMnO4溶液，根据“2KMnO45C2O”可计算出与Na2C2O4反应的KMnO4的量，进而可求出与水样反应的KMnO4的量，根据得失电子守恒关系有4n(O2)5n(KMnO4)，根据水样消耗的KMnO4的量可以换算出消耗O2的量。答案：(1)c3MnO4CH3COOH=2MnOMnO24CH3COO2H2O水浴加热(2)n(Na2C2O4)0.050 0 molL110.00 mL103LmL15.000104mol，两次共消耗n(KMnO4)0.020 0 molL1(15.004.500)mL103LmL13.900104mol，氧化水样中还原性物质消耗n(KMnO4)3.900104moln(Na2C2O4)3.900104mol5.000104mol1.900104mol，n(O2)1.900104mol2.375104mol，m(O2)2.375104mol32 gmol17.600103g7.600 mg，COD76.0 mgL1。2某实验小组欲制取氯酸钾，并测定其纯度。制取装置如图所示，请回答：(1)中玻璃管a的作用为_。(2)为了提高KOH的利用率，可将上述实验装置进行适当改进，其方法是_。(3)反应完毕经冷却后，的大试管中有大量KClO3晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是_(填编号字母)；要从的大试管中分离已析出的晶体，下列仪器中不需要的是_(填仪器编号字母)。A铁架台B长颈漏斗C烧杯D蒸发皿E玻璃棒F酒精灯(4)上述制得的晶体中含少量KClO、KCl杂质。已知：碱性条件下，ClO有强氧化性，ClO很稳定；酸性条件下，ClO、ClO都具有较强的氧化性。为测定KClO3的纯度，进行如下实验：步骤1：取上述晶体3.00 g，溶于水配成100 mL溶液。步骤2：取20.00 mL溶液于锥形瓶中，调至pH10，滴加双氧水至不再产生气泡，煮沸。步骤3：冷却后，加入足量KI溶液，再逐滴加入足量稀硫酸。发生反应：ClOIHClI2H2O(未配平)。步骤4：加入指示剂，用0.500 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液48.00 mL，发生反应：2S2OI2=S4O2I。步骤2中用双氧水除去溶液中残留ClO的离子方程式为_。该晶体中KClO3的质量分数为_。若步骤2中未进行煮沸，则所测KClO3的质量分数_(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。解析：(1)为了避免装置内压强增大，发生事故，用玻璃管a平衡压强。(2)装置中制取的氯气中混有氯化氢，氯化氢也会与KOH反应，故要净化氯气，用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢。(3)降低温度KClO3的溶解度急剧减小，会大量析出KClO3晶体，图中M曲线符合。从的大试管中分离已析出的晶体，采用过滤操作，需要普通漏斗、烧杯、玻璃棒和铁架台，不需要长颈漏斗、蒸发皿、酒精灯。(4)H2O2与ClO反应生成O2、Cl和H2O。ClO6I6H=Cl3I23H2O,2S2OI2=S4O2I，故ClO3I26S2O，w(KClO3)100%81.7%。若未煮沸，则溶液中含有O2，O2会氧化I：4IO24H=2I22H2O，故消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，结果偏高。答案：(1)平衡压强(2)在与之间连接盛有饱和食盐水的净化装置(3)MBDF(4)ClOH2O2=H2OClO281.7%偏高3某同学欲从Fe3、Al3的混合液中分离并测定Fe3的浓度，实验方案如图所示：已知：乙醚(C2H5)2O：沸点34.5 ，微溶于水，易燃。盐酸浓度较高时，Fe3与HCl、乙醚形成化合物(C2H5)2OHFeCl4溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。 (1)操作的名称是_。(2)检验溶液Y中是否残留Fe3的实验方法是_。(3)蒸馏装置如图所示，该装置图中存在的错误是_。(4)滴定前，加入的适量溶液Z是_(填标号)。AH2SO4H3PO4BH2SO3H3PO4CHNO3H3PO4 DHIH3PO4(5)滴定达到终点时，消耗0.100 0 molL1 K2Cr2O7溶液5.00 mL。根据该实验数据，起始所取的试样Fe3、Al3的混合液中c(Fe3)为_。(6)上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是_。A稀释被测试样 B增加平行测定次数C减少被测试样取量 D降低滴定剂浓度解析：(1)由于盐酸浓度较高时，Fe3与HCl、乙醚形成化合物(C2H5)2OHFeCl4溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离，即用浓盐酸、乙醚将Fe3从混合液中提取并分离出来，则操作是萃取、分液。(2)检验溶液Y中是否残留Fe3：取溶液Y少许，滴加KSCN溶液，若不显血红色说明无Fe3残留。(3)题图蒸馏装置中出现的错误：温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口相平；用明火加热，易导致乙醚着火。(4)滴定前，加入的适量溶液Z是将溶液酸化，不能加入氧化性HNO3，会把Fe2氧化，也不能加入还原性酸，会增大后续实验用K2Cr2O7滴定时的用量，影响实验结果，因此只能选用A。(5)由6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O得：n(Fe3)60.005 L0.100 0 molL10.012 mol，c(Fe3)0.480 0 molL1。(6)为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采用增加平行测定次数、降低滴定剂浓度等措施以减少实验时的误差。答案：(1)萃取、分液(2)取溶液Y少许，滴加KSCN溶液，若不显血红色说明无Fe3残留(3)温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口相平；用明火加热，易导致乙醚着火(4)A(5)0.480 0 molL1(6)BD化学工艺流程知能深化扫盲点(一)考情分析工艺流程题是近年来高考中备受关注的一种题型，该类题是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中涉及的化学知识步步设问，构成与化工生产紧密联系的化学工艺流程题，它一般分为题头介绍、流程图示、问题设计三部分。其示意图为规律：主线主产品，分支副产品，回头为循环。有以下特点：(1)试题源于社会实际，充分利用生产、生活中的鲜活实例为载体，使问题情境真实，体现化学学科与工业生产和日常生活的紧密联系，能激发学生学习化学的兴趣。(2)以解决化学实际问题为思路进行设问，考查学生运用化学反应原理及相关知识解决化工生产中实际问题的能力，培养学生理论联系实际、学以致用的学习品质。(3)试题内容丰富，涉及的化学知识面广、综合性强、思考容量大，考查学生化学知识的掌握情况和应用化学知识解决有关问题的能力。(4)试题新颖，信息阅读量大，考查学生的阅读能力、资料收集处理能力和知识迁移能力。(二)两类典型的化学工艺流程题题型一物质制备类化工流程题1熟悉常用的操作方法及其作用(1)对原料进行预处理的常用方法及其作用方法作用研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率水浸与水接触反应或溶解酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质煅烧改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土(2)常用的控制反应条件的方法调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：a.能与H反应，使溶液pH增大；b.不引入新杂质。例如：若要除去Cu2中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。趁热过滤。防止某物质降温时会析出。冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。2识别流程图化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。题型二提纯类化工流程题1明确常用的提纯方法(1)水溶法：除去可溶性杂质。(2)酸溶法：除去碱性杂质。(3)碱溶法：除去酸性杂质。(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。(6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3等。2明确常用的分离方法(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO45H2O、FeSO47H2O等。(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。典例1(2017全国卷)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式：_。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因_。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_。(5)若“滤液”中c(Mg2)0.02 molL1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：_。解析第(1)问考查实验条件的选择，从图像直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间为100 、2 h和90 、5 h。第(2)问考查离子方程式的书写，难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为4价，铁为2价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO3和TiOCl知，产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。第(3)问考查转化率的影响因素，联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40 时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40 时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。第(4)问考查化合价的知识，锂元素在化合物中只有一种化合价(1)，过氧键中氧显1价，由化合物中元素化合价代数和等于0，设Li2Ti5O15中2价、1价氧原子个数分别为x、y，有：，解得x7，y8。所以，过氧键数目为4。第(5)问考查Ksp的知识，分两步计算：计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3)c(PO)Ksp(FePO4)，c(PO) molL11.31017molL1。混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2)0.01 molL1，c3(Mg2)c2(PO)0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，没有磷酸镁沉淀生成。第(6)问考查物质制备的原理，草酸中碳为3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，有CO2生成。答案(1)100 、2 h,90 、5 h(2)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O(3)低于40 ，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3恰好沉淀完全时，c(PO) molL11.31017 molL1，c3(Mg2)c2(PO)值为0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O典例2(2017全国卷)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：(1)步骤的主要反应为：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3高温,Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变_(填“大”或“小”)，原因是_(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a80 b60 c40 d10 步骤的反应类型是_。(5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为_。解析(1)1 mol FeOCr2O3参与反应共失去7 mol电子，而1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为27。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO2HCr2OH2O，H浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，即在10 左右时得到的K2Cr2O7固体最多。故d项正确。步骤中发生的反应为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。(5)该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0294 gmol1103 kgg1 kg，所以产品的产率为100%100%。答案(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO2HCr2OH2O(4)d复分解反应(5)100%题后归纳解答化工流程题的答题模板(1)除杂：除去中的。(2)干燥：除去气体中的水蒸气，防止。(3)增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。(4)加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。(5)温度不高于的原因：温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。(6)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大 )的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。(7)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤，如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来，洗涤、干燥。(8)控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH分离时的范围确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。(9)减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓
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